| [2066] Fálesz Mihály | 2015-12-30 09:42:03 |
 Arra gondoltam, hogy a Fejes-Tóth féle programot csináljuk végig.
Vegyük a poláris háromszöget. Az eredeti háromszög területéből következtethetünk a poláris háromszög kerületére. A poláris háromszögnek ismerjük egy csúcsát, az ebből kiinduló oldal-főköröket és a kerületet. Ezek meghatározzák a harmadik oldalhoz hozzáírt kört...
|
| Előzmény: [2064] Sinobi, 2015-12-28 23:20:22 |
|
| [2065] mooosa | 2015-12-29 17:15:00 |
 Legyen f eleme C(I) folytonos függvény az I = (0, 1) nyílt intervallumon, és tegyük fel, hogy lim x->0+ f(x) = +végtlen , határozzuk meg a g(x) := sin f(x) kompozíciófüggvény torlódási pontjainak halmazát x->+0-ra!
|
|
|
|
| [2062] Kemény Legény | 2015-12-15 13:50:00 |
|
A dominált konvergencia tétellel/Fatou-lemmával valóban be lehet látni ilyeneket. Legyen az &tex;\displaystyle f_n&xet; függvény az &tex;\displaystyle n&xet;-edik halmaz (ami tetszőleges mérhető halmaz, így intervallum vagy akár intervallumok uniója is lehet) karakterisztikus függvénye (a halmazon 1, kívül 0). Ekkor a konstans 1 függvény egy integrálható majoránsa az &tex;\displaystyle f_n&xet;-eknek, így pl. a Fatou-lemma alapján &tex;\displaystyle limsup_{n\to\infty} \int f_n d\lambda\le \int limsup_{n\to\infty} f_n d\lambda&xet;, ahol az utóbbi limeszt pontonként értjük. Ha az &tex;\displaystyle f_n&xet;-eket meghatározó halmazok mértékére van egy közös alsó korlát K, akkor a bal oldali határérték is legalább K. Ha viszont egy pontot csak véges sok &tex;\displaystyle f_n&xet; fed le, akkor a jobb oldali integrálban szereplő &tex;\displaystyle limsup_{n\to\infty} f_n =0&xet; abban a pontban, egyébként 1. Mivel a jobb oldal nem lehet 0, így az az erősebb állítás is kijött, hogy a végtelen sokszor lefedett pontok halmaza nem lehet nullmértékű (sőt legalább K mértékű kell legyen).
|
| Előzmény: [2058] Sinobi, 2015-12-14 22:11:22 |
|
|
|
| [2059] Róbert Gida | 2015-12-14 23:42:42 |
 &tex;\displaystyle K>0&xet; alsó korláttal meg már igaz: legyen m>0 olyan egész, hogy &tex;\displaystyle \frac 1m<K&xet;, ekkor mivel minden intervallum legalább &tex;\displaystyle K&xet; hosszú, ezért tartalmaz legalább egy darab &tex;\displaystyle \frac lm&xet; alakú pontot. Így skatulyaelv miatt a végtelen sok intervallum valamelyik ilyen pontot végtelen sokszor tartalmazza. "Hasonló" gondolatmenet megy magasabb dimenzióban.
|
| Előzmény: [2058] Sinobi, 2015-12-14 22:11:22 |
|
| [2058] Sinobi | 2015-12-14 22:11:22 |
 És ha az intervallumok méretének adunk valami K alsó korlátot? (azt sejtem, hogy így már nem lehet)
És ha nagyobb (mondjuk 2) dimenzióban akarunk ilyen, >K méretű kockákkal fedni?
Vagy, ha még azt is megengedjük, hogy olyan alakzatokkal fedünk, amelyek előállnak véges sok téglatest uniójaként/metszeteként?
(ezeket próbáltam, sikertelenül. Állítólag valamelyik Lebesgue integrálos tétellel könnyű, de én azt nem tudom. Sőt, még az eredményt sem igazán.)
|
| Előzmény: [2056] Róbert Gida, 2015-12-14 17:34:37 |
|
|
